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東京工業大学 2002年理系第4問解説

方針・初手

（1）は、調和級数の部分和と対数関数の関係を用いる。関数 $y = \frac{1}{x}$ の面積比較（積分との大小関係）を利用して和を不等式で評価し、はさみうちの原理を適用する。

（2）は、多くの一次式の積からなる関数の微分であるため、対数微分法を用いると見通しが良い。極値の条件から方程式を導き、その方程式を満たす解の存在範囲を調べるために関数を設定して単調性を利用する。

（3）は、（2）で得られた $x_n$ に関する等式を利用する。直接 $x_n \log n$ を評価するのではなく、その逆数 $\frac{1}{x_n \log n}$ を作って（1）の結果が使える形に変形し、再びはさみうちの原理を利用する。

解法1

(1)

自然数 $n \ge 2$ について、区間 $k \le x \le k+1$（$k$ は自然数）において関数 $y = \frac{1}{x}$ は単調減少であるから、面積を比較して次の不等式が成り立つ。

$$ \frac{1}{k+1} < \int_k^{k+1} \frac{1}{x} dx < \frac{1}{k} $$

この不等式の各辺について、$k=1$ から $k=n-1$ までの和をとると、中央の積分はつながって次のようになる。

$$ \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k+1} < \int_1^n \frac{1}{x} dx < \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} $$

積分を計算して展開すると、

$$ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} < \log n < 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n-1} $$

この式から、次の2つの不等式が得られる。左側の不等式に $1$ を加えると、

$$ 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} < 1 + \log n $$

右側の不等式の両辺に $\frac{1}{n}$ を加えると、

$$ \log n + \frac{1}{n} < 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} $$

したがって、これらをまとめて、

$$ \log n < \log n + \frac{1}{n} < 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} < \log n + 1 $$

各辺を $\log n$（$n \ge 2$ のとき $\log n > 0$）で割ると、

$$ 1 < \frac{1}{\log n} \left( 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} \right) < 1 + \frac{1}{\log n} $$

$n \to \infty$ のとき、$1 + \frac{1}{\log n} \to 1$ であるから、はさみうちの原理より

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\log n} \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} \right) = 1 $$

(2)

$f(x) = x(x-1)(x-2) \cdots (x-n)$ とおく。 $f(x)$ の各因数は互いに異なるため、$x=0, 1, 2, \dots, n$ においては $f(x)=0$ となり、微分係数は0にならないため極値はとらない。したがって $x \neq 0, 1, 2, \dots, n$ として、$|f(x)|$ の対数をとって微分する（対数微分法）。

$$ \log |f(x)| = \log |x| + \log |x-1| + \cdots + \log |x-n| $$

両辺を $x$ で微分すると、

$$ \frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{1}{x} + \frac{1}{x-1} + \cdots + \frac{1}{x-n} $$

極値を与える $x$ においては $f'(x) = 0$ であり、$f(x) \neq 0$ であるから、

$$ \frac{1}{x} + \frac{1}{x-1} + \cdots + \frac{1}{x-n} = 0 $$

これが $f'(x)=0$ を満たす $x$ の条件である。ここで、$f(x)$ は $n+1$ 次関数であり、$f(0)=f(1)=\cdots=f(n)=0$ を満たす。ロルの定理より、各区間 $(0, 1), (1, 2), \dots, (n-1, n)$ に $f'(x)=0$ を満たす $x$ が少なくとも1つ存在する。区間は $n$ 個あり、$f'(x)$ は $n$ 次関数であるから、方程式 $f'(x)=0$ の実数解は各区間にちょうど1つずつ存在する。したがって、極値を与える $x$ の最小値 $x_n$ は、区間 $(0, 1)$ に存在する唯一の解である。よって $0 < x_n < 1$ が成り立つ。 $x=x_n$ は上の方程式を満たすので、

$$ \frac{1}{x_n} + \frac{1}{x_n-1} + \frac{1}{x_n-2} + \cdots + \frac{1}{x_n-n} = 0 $$

移項して符号を整理すると、

$$ \frac{1}{x_n} = -\frac{1}{x_n-1} - \frac{1}{x_n-2} - \cdots - \frac{1}{x_n-n} $$

$$ \frac{1}{x_n} = \frac{1}{1-x_n} + \frac{1}{2-x_n} + \cdots + \frac{1}{n-x_n} $$

となり、前半が示された。次に、$x_n \le \frac{1}{2}$ を示す。

$$ g(x) = \frac{1}{x} - \sum_{k=1}^n \frac{1}{k-x} $$

とおくと、上で示した式は $g(x_n) = 0$ と同値である。区間 $(0, 1)$ において、$g(x)$ を微分すると、

$$ g'(x) = -\frac{1}{x^2} - \sum_{k=1}^n \frac{1}{(k-x)^2} < 0 $$

となるため、$g(x)$ は区間 $(0, 1)$ において単調減少する。ここで $x = \frac{1}{2}$ における $g(x)$ の値を調べる。

$$ g\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{\frac{1}{2}} - \sum_{k=1}^n \frac{1}{k-\frac{1}{2}} $$

$$ = 2 - \left( \frac{1}{1-\frac{1}{2}} + \sum_{k=2}^n \frac{1}{k-\frac{1}{2}} \right) $$

$$ = 2 - \left( 2 + \sum_{k=2}^n \frac{1}{k-\frac{1}{2}} \right) = - \sum_{k=2}^n \frac{1}{k-\frac{1}{2}} $$

$n=1$ のとき、$g\left(\frac{1}{2}\right) = 0$ であり、$g(x)$ の単調減少性から $x_1 = \frac{1}{2}$ となる。 $n \ge 2$ のとき、和の各項は正であるから $g\left(\frac{1}{2}\right) < 0$ となる。 $g(x_n) = 0$ であり、$g(x)$ が単調減少であることと合わせて、$n \ge 2$ のときは $x_n < \frac{1}{2}$ が成り立つ。以上より、すべての自然数 $n$ について $0 < x_n \le \frac{1}{2}$ が成り立つことが示された。

(3)

（2）で示した関係式より、

$$ \frac{1}{x_n} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k-x_n} $$

両辺に $\frac{1}{\log n}$ を掛けると、

$$ \frac{1}{x_n \log n} = \frac{1}{\log n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k-x_n} $$

（2）より $0 < x_n \le \frac{1}{2}$ であるから、各 $k \ge 1$ について

$$ k - \frac{1}{2} \le k - x_n < k $$

逆数をとると、大小関係が反転して

$$ \frac{1}{k} < \frac{1}{k-x_n} \le \frac{1}{k-\frac{1}{2}} $$

辺々を $k=1$ から $n$ まで足し合わせ、$\log n$ ($n \ge 2$) で割ると、

$$ \frac{1}{\log n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} < \frac{1}{x_n \log n} \le \frac{1}{\log n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k-\frac{1}{2}} $$

ここで、左辺の極限は（1）より

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\log n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} = 1 $$

である。次に右辺の極限を考える。恒等式 $\frac{1}{k-\frac{1}{2}} = \frac{1}{k} + \frac{\frac{1}{2}}{k\left(k-\frac{1}{2}\right)}$ を用いると、

$$ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k-\frac{1}{2}} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} + \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k\left(k-\frac{1}{2}\right)} $$

$k \ge 1$ において $k-\frac{1}{2} \ge \frac{k}{2}$ であるから、

$$ \frac{1}{k\left(k-\frac{1}{2}\right)} \le \frac{1}{k \cdot \frac{k}{2}} = \frac{2}{k^2} $$

よって、無限級数 $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k\left(k-\frac{1}{2}\right)}$ は、$\sum_{k=1}^\infty \frac{2}{k^2}$ が収束することから正の定数に収束する。その極限値を $C$ とおく。したがって、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\log n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k-\frac{1}{2}} = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{\log n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} + \frac{1}{2\log n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k\left(k-\frac{1}{2}\right)} \right) $$

第1項は（1）より $1$ に収束し、第2項は $n \to \infty$ のとき分母が $\infty$ になり、分子の級数は定数 $C$ に収束するため $0$ に収束する。ゆえに、右辺の極限も $1$ に収束する。はさみうちの原理より、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{x_n \log n} = 1 $$

よって、求める極限はその逆数であり、

$$ \lim_{n \to \infty} x_n \log n = 1 $$

解説

極限や微分の応用問題として頻出の手法が詰まった良問である。（1）は調和級数 $\sum \frac{1}{k}$ が $\log n$ と同じオーダーで発散することを示す代表的な手法であり、積分を用いて不等式を作る操作は必須の定石である。（2）のように多くの積の形になっている関数の微分には、対数微分法が極めて有効である。また、方程式の実数解の存在範囲を絞る際には、関数を移項して片辺を0にし、単調減少（または単調増加）であることを導関数から示すアプローチが確実である。（3）は直接 $x_n \log n$ を評価するのではなく、（2）で得られた形に合わせて逆数を評価するという発想が必要になる。分母の差 $\frac{1}{k-1/2} - \frac{1}{k}$ を評価し、収束する級数（$\frac{1}{k^2}$ のオーダー）として和を分離するテクニックは難関大でしばしば要求される。